蓝桥杯质数拆分

---

题目描述

题目传送门

题目的大意就是将2019拆分成质数相加的形式由多少种方法

---

动态规划

这道题其实类似于0-1背包问题，设立数组dp[i][j],在前i个质数中能够构成和为j的方案个数, prime[i]表示第i个质数的值。动态转移方程：
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-prime[i]]
当j dp[0][0]=1;
代码如下：

#include
using namespace std;
long long dp[2500][2500];
int fg[2500];
int prime[2500];
int cnt=0;
void init()
{
	for(int i=2;i<=2019;i++)
	{
		if(!fg[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			for(int j=2;j*i<=2019;j++)
			{
				fg[j*i]=1;
			}
		}
	}
}

int main()
{
	init();
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		for(int j=0;j<=2019;j++)
		{
			dp[i][j]=dp[i-1][j];
			if(j>=prime[i])
			dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-prime[i]];
		}
	}
	cout<<dp[cnt][2019];
}

和背包问题一样，这里同样可以进行空间压缩。dp数组中一个元素的当前状态与i是多少没有关系，只与i-1有关。因此可以压缩为一位数组。在每次最外层循环更新之前，dp[j]就相当于是dp[i-1][j],更新之后就相当于是dp[i][j]。第二层循环需要逆序，如果顺序，更新后的dp[j]可能会被再次使用。

#include
using namespace std;
long long dp[2500];
int prime[2500];
int cnt=0;
int fg[2500];
void init()
{
	for(int i=2;i<=2019;i++)
	{
		if(!fg[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			for(int j=2;i*j<=2019;j++)//合数一定能被拆分为质数相乘 
			{
				fg[j*i]=1;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	init();
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		for(int j=2019;j>=prime[i];j--)
		{
			dp[j]=dp[j]+dp[j-prime[i]];//相当于dp[i-1][j]+dp[i-1][j-prime[i]] 
		}
	}
	cout<<dp[2019];
}